En relation som redan nämnts i kap 4.6

Om vi har en slumpvariabel  \(Y\)  som är Gammafördelad med \(\alpha\)=1, kallar vi fördelningen för en Exponentialfördelning.

Vi skulle också kunna skriva såhär:
\(Y \sim Gamma(1, \beta) \Leftrightarrow Y \sim Exp( \beta)\)

Vi kan kolla hur det blir med täthetsfunktionen:

För gammafördelningen gäller allmänt  \(\displaystyle f(y) =\frac{y^{\alpha-1} \ e^{- y/ \beta}}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)}\)

Med \(\alpha\)=1 får vi
\(\displaystyle f(y) =\frac{y^{1-1} \cdot \ e^{- y/ \beta}}{\beta ^1 \cdot \Gamma(1)}\) \(=\displaystyle \frac{1 \cdot e^{- y/ \beta}}{\beta \cdot 0! }\) \(=\frac{1}{\beta} e^{- y/ \beta}\)

och det är också mycket riktigt samma täthetsfunktion som presenterades i avsnittet om Exponentialfördelningen:
\(f(y)=\lambda e^{-\lambda y}\),   eftersom \({\lambda}=\frac{1}{\beta}\)

Fler namngivna fördelningar

Det finns några fler ofta använda kontinuerliga sannolikhetsfördelningar, som inte nämns i kapitel 4, men som är ofta använda och finns med i tabellsamlingen.

Dessa fördelningar presenteras i kapitel 7, men jag nämner dem även här:

Chitvåfördelningen   presenteras här nedan, och tas även upp i kap 7.2

F-fördelningen   tas upp i kap 7.2

t-fördelningen   tas upp i kap 7.2

\({\chi}^2\)-fördelningen (Chi-två-fördelningen)

Chitvå-fördelningen har en parameter \(\nu\), som kallas för frihetsgrad.
De enda möjliga värdena för \(\nu\) är positiva heltal.

Moment runt origo

\(E(Y^k)\) kallas det k:te momentet runt origo, och betecknas \(\mu’_k\)

För diskreta slumpvariabler blir \(\displaystyle E(Y^k)=\sum_{y\in S} y^k p(y)\)

För kontinuerliga slumpvariabler blir istället
\(\displaystyle E(Y^k)=\int_{-\infty}^{\infty} y^k f(y) \ dy\)

Centralmoment

\(E((Y-E(Y))^k)\) eller \(E((Y-\mu)^k)\) kallas det k:te centralmomentet och betecknas \(\mu_k\)

För diskreta slumpvariabler blir \(\displaystyle E((Y-\mu)^k)=\) \(\displaystyle \sum_{y\in S} (y-\mu)^k p(y)\)

För kontinuerliga slumpvariabler blir istället
\(\displaystyle E((Y-\mu)^k)=\) \(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} (y-\mu)^k f(y) \ dy\)

Exempel

Exempel 16
Bestäm en formel för \(\mu’_k\) för \(Y \sim Re(0,\theta)\)

Lösning nr 16
Se kursboken Ex 4.12

Momentgenererande funktioner

Vi repeterar från kapitel 3.9: En moment-genererande funktion (mgf) för en slumpvariabel Y är en funktion ur vilken man kan få information om alla moment (runt origo) för Y.
Denna funktion genererar alltså värdena för alla moment, därav namnet “genererande”.

En momentgenererande funktion mgf beskrivs som en funktion \(m(t)\) och definieras som \(m(t)=E(e^{tY})\).

För fortsättningen är det bra att känna till att det intressanta området för funktionen \(m(t)\) är där \(t\) är nära \(0\).

För diskreta slumpvariabler gäller att \(m(t)=\displaystyle \sum_{y\in S} (e^{yt} \cdot p(y))\)

För kontinuerliga slumpvariabler blir det istället \(\displaystyle m(t)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{yt} f(y) \ dy\)

Liksom för diskreta slumpvariabler finns det två sätt att utveckla uttrycket för m(t):

1. Ett sätt är att utföra beräkningen av integralen som den står; \(\displaystyle m(t)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{yt} f(y) \ dy\)

2. Man kan också Maclaurin-utveckla \(e^{yt}\) (som i kap 3.9:)

\(e^{yt}=1+ty+\frac{t^2}{2}\cdot y^2+\frac{t^3}{6}\cdot y^3+\cdot\cdot\cdot\)

Då blir \(\displaystyle m(t)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{yt} f(y) \ dy=\) \(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \left( 1+ty+\frac{t^2}{2}\cdot y^2+\frac{t^3}{6}\cdot y^3+\cdot\cdot\cdot \right) f(y) \ dy=\)

\(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(y) \ dy+\) \(t \cdot \int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \ dy +\) \(\textstyle \frac{t^2}{2} \cdot \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} y^2\ f(y) \ dy +\) \(\textstyle \frac{t^3}{3 \ !} \cdot \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} y^3 f(y) \ dy+ \cdot \cdot \cdot\)

\(\ \ \ \ \ \ \ = E(Y^0) \ \ \ +\) \(\ \ \ t \cdot E(Y^1) \ \ \ +\) \(\ \ \ \frac{t^2}{2} \cdot E(Y^2)\ \ \ +\) \(\ \ \ \frac{t^3}{3 \ !} \cdot E(Y^3) \ \ \ + \cdot \cdot \cdot\)

\(\ \ \ \ \ \ \ = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k \ !} E(Y^k)\)

Detta är exakt samma form som fick vi fick för diskreta slumpvariabler (det som vi där kallade det andra alternativet).

Uppgifter

Exempel 17 och 18 handlar om \(Y \sim Exp( \beta= \frac{1}{2})\) dvs \(Y \sim Exp( \lambda= 2)\)

Exempel 17

17a Bestäm mgf för Y enligt alternativ 1

17b Bestäm mgf för Y enligt alternativ 2

Exempel 18

18a Bestäm \(E(Y)\) från definitionen av väntevärde

18b Bestäm \(E(Y)\) genom att utnyttja mgf

18c Bestäm \(V(Y)\) genom att utnyttja mgf

Lösningar

\(\lambda= 2\)  ger  \(f(y)=2 e^{-2 y}, \ \ y > 0\)

så  \(\displaystyle m(t)=E(e^{tY})=\int_{-\infty}^{\infty} e^{yt} f(y) \ dy =\) \(\displaystyle \int_0^{\infty} e^{yt} \cdot 2 e^{-2 y} \ dy\)

17a
(Kom ihåg att du kan tänka att \(t\) är nära noll, så att \(t-2\) blir negativt)

\(\displaystyle m(t)= \int_0^{\infty} e^{yt} \cdot 2 e^{-2 y} \ dy=\) \(\displaystyle \int_0^{\infty} 2 e^{y (t-2)} \ dy=\) \(\displaystyle \left[ 2 \cdot \frac{e^{y (t-2)}}{t-2} \right]_0^{\infty}=\)

\(2\cdot \frac{e^{-\infty}}{t-2}-2\cdot \frac{1}{t-2}=\) \(0-\frac{2}{t-2}=\) \(\frac{2}{2-t}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{2} t}\)

17b
\(\displaystyle m(t)= \int_0^{\infty} e^{yt} \cdot 2 e^{-2 y} \ dy=\) \(\displaystyle \int_0^{\infty} \left(1+ty+\frac{t^2}{2}\cdot y^2+\frac{t^3}{6}\cdot y^3+\cdot\cdot\cdot \right) \cdot 2 e^{-2 y} \ dy=\) \(\displaystyle \int_0^{\infty} 2 e^{-2 y} \ dy +\) \(\displaystyle t \cdot \int_0^{\infty} 2y e^{-2 y} \ dy +\) \(\displaystyle \frac{t^2}{2}\cdot \int_0^{\infty} 2y^2 e^{-2 y} \ dy +\) \(\displaystyle \frac{t^3}{6}\cdot \int_0^{\infty} 2y^3 e^{-2 y} \ dy +\cdot\cdot\cdot=\)

\(1+t \cdot \frac{1}{2}+ t^2 \cdot \frac{1}{4} + t^3 \cdot \frac{1}{8} +\cdot\cdot\cdot=\)

\(1+\frac{t}{2} +\left(\frac{t}{2} \right)^2 + \left(\frac{t}{2} \right)^3 +\cdot\cdot\cdot\)

Kommentar:

Jag har inte tagit med fullständig lösning av de fyra integralerna:

\(\displaystyle \int_0^{\infty} 2 e^{-2 y} \ dy= 1\)

\(\displaystyle \int_0^{\infty} 2y e^{-2 y} \ dy= \frac{1}{2}\) (Använd Partiell Integration (PI))

\(\displaystyle \int_0^{\infty} 2y^2 e^{-2 y} \ dy= \frac{1}{4}\) ( PI två omgångar)

\(\displaystyle \int_0^{\infty} 2y^3 e^{-2 y} \ dy= \frac{1}{8}\) ( PI tre omgångar)

(Om metoden PI, se rubriken “Mattehjälp” under avsnittet Exponentialfördelningen)

Matematik-grund

För att förstå Tchebysheff’s sats behöver du veta hur absolutbelopp fungerar. Börja med att kolla följande länk

http://www.matteboken.se/lektioner/matte-3/derivata/absolutbelopp

Ett exempel:
Bestäm alla tal \(x\) som uppfyller \(|x-7|<2\)

Svar: Det är alla tal mellan 5 och 9.

Tchebysheff’s sats (kallas även Tchebysheff’s olikhet)

Kolla på Tchebysheff’s sats (Sats 4.13)

Hör av dig om det är svårt att förstå, så lägger jag in mer information här!

Övningar

Exempel 19

19a Antag att du har en slumpvariabel  \(Y\)  som uppfyller följande:
\(E(Y)=10\)   och   \(V(Y)=9\).

Bestäm sannolikheten för att  \(Y\)   blir under 4 eller över 16 (dvs på större avstånd än 6 från väntevärdet)

19b Gå igenom beviset av Tchebysheff’s sats

Svar

19a Sannolikheten är mindre än eller lika med 25 %.

19b Se beviset i boken; hör av dig om du behöver hjälp med detta.